Universidade Federal do Paraná 1◦ semestre 2015.
Algebra Linear, CM 005 Olivier Brahic
Lista de exercícios 13
Diagonalização
Exercícios da Seção 6.1
Exercício 1: Para cada uma das seguintes matrizes, encontre os autovalores e os autoespaços correspondentes, pois determine se é diagonalizavel. No caso o é, explicite uma matriz de transição que a diagonaliza.
a) 3 2 4 1 b) 6 −4 3 −1 c) 3 −1 1 1 d) 3 −8 2 3 e) 1 1 −2 3 f) 0 1 0 0 0 1 0 0 0 g) 1 1 1 0 2 1 0 0 1 h) 1 2 1 0 3 1 0 5 −1 i) 4 −5 1 1 0 −1 0 1 −1 j) −2 0 1 1 0 −1 0 1 −1 k) 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3 0 0 0 0 4 l) 3 0 0 0 4 1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 2 Correção do Exercício 1: a) Notemos A a matriz A :=3 2 4 1 . Autovalores:
• Primeiro, temos que calcular o polinômio característico PAda matriz A, definido por:
PA(λ) := det(A − λI) = det
3 2 4 1 − λ1 0 0 1 = det3 − λ 2 4 1 − λ = [· · · ] = λ2− 4λ − 5
• Os autovalores são as raizes do polinômio característico PA. Para encontra-las, temos
que factorizar PA, isso é, pôr PA(λ) = aλ2+bλ+c na forma: PA(λ) = a(λ−λ1)(λ−λ2).
No caso de um polinômio de grau 2, é so calular que ∆ = b2− 4ac = (−4)2 −
4.1.(−5) = 36 > 0. Nesse caso, PA tem duas raizes reais, dadas por:
λ1 = −b +√∆ 2a = 4 +√36 2 = 5 λ2 = −b −√∆ 2a = 4 −√36 2 = −1
Logo A tem dois autovalores reais, dados por: λ1 = 5 e λ2 = −1 (observe que, os
autoespços associados sendo de dimensão stritamente positiva, jà podemos concluir que A é diagonalizavel).
Autoespaços:
• O autoespaço Eλ1 associado ao autovalor λ1 é definido como Eλ1 = ker(A − λ1I), ou
seja Eλ1 = {x ∈ R2 : (A − λ1I) · x = 0}. Para encontrar Eλ1, temos que resolver um
sistema de equações lineares:
(A − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 3 2 4 1 − λ11 0 0 1 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ 3 − λ1 2 4 1 − λ1 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ 3 − 5 2 4 1 − 5 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ −2x1 + 2x2 = 0 4x1 + −4x2 = 0 ⇐⇒ x1 = x2 x2 qualquer
Logo o autoespaço Eλ1 é dado por Eλ1 = {x ∈ R2 : x = (t, t) onde t ∈ R} = R.(1, 1), é a reta vetorial por (1, 1). Ele é de dimensão 1, logo λ1 tem multiplicidade 1. • De maneira semelhante, o autoespaço Eλ2 é definido por Eλ2 := ker(A − λ2I). Para
encontrar Eλ2, resolvemos: (A − λ2I) · x = 0 ⇐⇒ 3 − λ2 2 4 1 − λ2 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ 4x1 + 2x2 = 0 4x1 + 2x2 = 0 ⇐⇒ x2 = −2x1 x1 qualquer Logo Eλ2 = {x ∈ R
2 : x = (t, −2t) onde t ∈ R} = R.(1, −2). É a reta vetorial por
(1, −2). Ele é de dimensão 1, logo λ2 tem multiplicidade 1.
Diagonalização:
• A matriz A tem dois autovalores λ1, λ2com dim Eλ1+dim Eλ2 = 1+1 = dim R
2, logo
A é diagonalizavel. Uma matriz S que diagonaliza A é ma matriz que tem colunas autovetores de A. Podemos verificar que:
S−1AS = 1 1 1 −2 −1 ·3 2 4 1 · 1 1 1 −2 =2/3 1/3 1/3 −1/3 ·3 2 4 1 ·1 1 1 −2 =5 0 0 −1
b) Notemos B a matriz B :=6 −4 3 −1 Autovalores:
• Calculemos o polinômio característico PB da matriz B, definido por:
PB(λ) := det(B − λI) = det
6 − λ −4 3 −1 − λ
= [· · · ] = λ2− 5λ + 6
• Os autovalores são as raizes do polinômio característico PB. Para factorizar PB(λ) = aλ2+ bλ + c, calulemos que ∆ = b2− 4ac > 0. Segue que P
B(λ) = a(λ − λ1)(λ − λ2) =
25 − 4.6 = 1, isso é PB tem duas raizes reais, dadas por:
λ1= −b −√∆ 2a = 2 λ2= −b +√∆ 2a = 3
Logo B tem dois autovalores reais, dadas por: λ1 = 2 e λ2= 3 (de novo, jà podemos
concluir que B é diagonalizavel). Autoespaços:
• Encontremos o autoespaço Eλ1 = ker(B − λ1I) = {x ∈ R2 : (B − λ1I) · x = 0}
resolvendo o sistema de equações lineares: (B − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 6 − λ1 −4 3 −1 − λ1 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ 4x1 + −4x2 = 0 4x1 + −4x2 = 0 ⇐⇒ x1 = x2 x2 qualquer
Logo Eλ1 = {x ∈ R2: x = (t, t) onde t ∈ R} = R.(1, 1). Ele é de dimensão 1, logo λ1 tem multiplicidade 1.
• Para encontrar Eλ2 := ker(B − λ2I), resolvemos:
(B − λ2I) · x = 0 ⇐⇒ 6 − λ2 −4 3 −1 − λ2 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ 3x1 − 4x2 = 0 3x1 − 4x2 = 0 ⇐⇒ 3x1= 4x2 x2 qualquer Logo Eλ2 = {x ∈ R 2 : x = (4t, 3t) onde t ∈ R} = R.(4, 3), e λ 2 tem multiplicidade 1. Diagonalização:
• A matriz B tem dois autovalores λ1, λ2 cuja soma das multiplicidades é dim Eλ1 + dim Eλ2 = 1 + 1 = dim R
2, logo B é diagonalizável. Uma matriz S que diagonalisa B
tem colunas autovetores de B. Podemos verificar que: S−1BS =1 4 1 3 −1 ·6 −4 3 −1 ·1 4 1 3 =−3 4 1 −1 ·6 −4 3 −1 ·1 4 1 3 =2 0 0 3
c) Notemos C a matriz C :=3 −1 1 1
. Autovalores:
• O polinômio característico PC de C é dado por:
PC(λ) := det(C − λI) = det
3 − λ −1 1 1 − λ
= [· · · ] = λ2− 4λ + 4.
• Temos PC(λ) = aλ2 + bλ + c, com ∆ = b2− 4ac = 0. Segue que PC tem uma raiz dupla, PC(λ) = a(λ − λ1)2, dada por:
λ1=
−b +√∆ 2a = 2
Logo C tem um único autovalor real λ1= 2. Nesse caso, o fato de C ser diagonalizável vai depender da dimensão do autoespaço associado Eλ1.
Autoespaços:
• Para encontrar Eλ1 = ker(C − λ1I) resolvemos:
(C − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 3 − λ1 −1 1 1 − λ1 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ x1 − x2 = 0 x1 − x2 = 0 ⇐⇒ x1 = x2 x2 qualquer
Logo o autoespaço Eλ1 é dado por Eλ1 = {x ∈ R2 : x = (t, t) onde t ∈ R} = R.(1, 1) e λ1 tem multiplicidade 1.
Diagonalizabilidade:
• A matrix C tem um único autovalor, cuja autoespaço é de dimensão 1 dim Eλ1 = 1 < dim(R2) = 2. Logo C não é diagonalizável.
d) Notemos D a matriz D :=3 −8 2 3
. Autovalores:
• O polinômio característico PD de D é dado por: PD(λ) := det(D − λI) = det
3 − λ −8 2 3 − λ
= [· · · ] = λ2− 6λ + 25
• Temos PD(λ) = aλ2+ bλb + c, com ∆ = b2− 4ac = 36 − 4.25 = −64 < 0. Nesse
caso, temos que trabalhar em C pois PD tem duas raizes complexas conjugadas:
PD(λ) = a(λ − λ1)(λ − λ1) onde: λ1= −b + ip|∆| 2a = 3 + 4i, λ1= −b − ip|∆| 2a = 3 − 4i.
Logo D tem dois autovalores complexos, conjugados λ1 = 3 + 4i, e λ1 = 3 − 4i.
Para encontrar os autoespaços correspondentes, temos que trabalhar em C2. São subespaços complexos de C2, de dimensão stritamente positiva (em C), por isso jà podemos concluir que D é diagonalizavel (em C2).
Autoespaços:
• Para encontrar Eλ1 = ker(D − λ1I) = {x ∈ C
2 : (D − λ 1I) · x = 0} resolvemos: (D − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 3 − λ1 −8 2 3 − λ1 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ −4ix1 − 8x2 = 0 2x1 − 4ix2 = 0 ⇐⇒ x1 = 2ix2 x2 ∈ C qualquer Logo Eλ1 = {x ∈ C
2 : x = (2it, t) onde t ∈ C} = C.(2i, 1). É uma reta complexa por
(2i, 1). Ele tem dimensão 1 em C, logo λ1 tem multiplicidade 1.
• De maneira semelhante, para encontrar Eλ
1 := ker(D − λ1I), resolvemos:
(D − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 3 − λ1 −8 2 3 − λ1 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ 4ix1 − 8x2 = 0 2x1 + 4ix2 = 0 ⇐⇒ x1 = −2ix2 x2 ∈ C qualquer Logo Eλ 1 = {x ∈ C
2 : x = (−2it, t) onde t ∈ C} = C.(−2i, 1). Ele tem dimensão 1
(em C) logo λ1 tem multiplicidade 1.
Observe que Eλ1 e Eλ
1 são conjugados, no sentido que Eλ1 = Eλ1. Isso é uma
propriedade geral dos autoespços complexos de uma matriz real. Diagonalizabilidade:
• A matriz D tem dois autovalores λ1, λ2 cuja soma das multiplicidades é dimCEλ1+
dimCEλ
1 = 1+1 = dimCC
2, logo B é diagonalizável em C2. Uma matriz S que
diago-nalisa D sendo uma matriz que tem colunas autovetores (necessariemente complexos, nesse caso) de D, verifiquemos que:
S−1DS =2i −2i 1 1 −1 ·3 −8 2 3 ·2i −2i 1 1 =−i/4 1/2 i/4 1/2 ·3 −8 2 3 ·2i −2i 1 1 =3 + 4i 0 0 3 − 4i
e) Notemos E a matriz E := 1 1 −2 3
. Autovalores:
• O polinômio característico PE de E é dado por:
PE(λ) := det(E − λI) = det
1 − λ 1 −2 3 − λ
= [· · · ] = λ2− 4λ + 5
• Temos PE(λ) = aλ2+ bλb + c, com ∆ = b2− 4ac = 16 − 4.5 = −4 < 0. Segue que
PE tem duas raizes complexas conjugadas: PE(λ) = a(λ − λ1)(λ − λ1) onde:
λ1 =
−b + ip|∆|
2a = 2 + i, λ1 =
−b − ip|∆|
2a = 2 − i
Logo E tem dois autovalores complexos conjugados λ1 = 2 + i, e λ1 = 2 − i. De novo,
temos que trabalhar em C2. Autoespaços:
• Para encontrar Eλ1 = ker(E − λ1I) resolvemos:
(E − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 1 − λ1 1 −2 3 − λ1 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ −(1 + i)x1 + x2 = 0 2x1 + (1 − i)x2 = 0 ⇐⇒ x2 = (1 + i)x1 x1 ∈ C qualquer
Logo Eλ1 = {x ∈ C2 : x = (t, (1 + i)t) onde t ∈ C} = C.(1, 1 + i). Ele tem dimensão 1 em C, logo λ1 tem mutliplicidade 1.
• De maneira semelhante, para encontrar Eλ
1 := ker(E − λ1I), resolvemos:
(E − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 1 − λ1 1 −2 3 − λ1 ·x1 x2 = 0 ⇐⇒ −(1 − i)x1 + x2 = 0 2x1 + (1 + i)x2 = 0 ⇐⇒ x2 = (1 − i)x1 x1 ∈ C qualquer Logo Eλ 1 = {x ∈ C
2 : x = (t, (1 − i)t) onde t ∈ C} = C.(1, 1 − i). É uma reta
complexa por (1, 1 − i) ∈ C2. Ele tem dimensão 1 em C, logo λ2 tem multiplicidade
1.
Diagonalizabilidade:
• E tem dois autovalores (complexos, conjugados) diferentes logo E é diagonalizavel em C. Uma matriz S que diagonaliza E tendo por colunas autovetores de E, verifiquemos:
S−1ES =1 − i 1 + i 2 2 −1 · 1 1 −2 3 ·1 − i 1 + i 1 1 = i/2 (1 − i)/4 −i/2 (1 + i)/4 · 1 1 −2 3 ·1 − i 1 + i 1 1 =2 + i 0 0 2 − i .
f) Notemos F a matriz F := 0 1 0 0 0 1 0 0 0 . Autovalores:
• Desenvolvendo o determinante por cofatores na primeira coluna, calculemos que o polinômio característico PF de F é dado por:
PF(λ) := det(F − λI) = det
−λ 1 0 0 −λ 1 0 0 −λ = (−λ) det −λ 1 0 −λ = −λ3.
Segue que λ1 := 0 é raiz tripla de PF. Logo F tem um único autovalor real λ0 = 0.
O fato de F ser diagonalizável vai depender da dimensão de Eλ1. Autoespaços
• Nesse caso Eλ1 = ker(F − λ1I) = ker(F ) coincide com o núcleo de F . Temos:
(F − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 0 1 0 0 0 1 0 0 0 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ x2 = 0 x3 = 0 x1 ∈ R qualquer
Logo Eλ1 = {x ∈ R2 : x = (t, 0, 0) onde t ∈ R} = R.(1, 0, 0), ele tem dimensão 1 em
R, logo λ1 tem multiplicidade 1.
Diagonalizabilidade:
• A matriz F tem um único autovalor λ1 com multiplicidade dim Eλ1 = 1 < dim R3, logo F não é diagonalizável.
g) Notemos G a matriz G := 1 1 1 0 2 1 0 0 1 . Autovalores:
• Desenvolvendo o determinante por cofatores na primeira linha, obtemos o polinômio característico PG de G jà em forma fatorizada:
PG(λ) := det(G − λI) = det
1 − λ 1 1 0 2 − λ 1 0 0 1 − λ = (1 − λ) det 2 − λ 1 0 1 − λ = (1 − λ)2(2 − λ).
Segue que PG tem uma raiz dupla λ1 := 1, e uma raiz simples λ2 := 0. Logo F tem
dois autovalores reais, λ1 = 1 e λ2= 2. Nesse caso, o fato de G ser diagonalizável vai
• Para encontrar Eλ1 = ker(G − λ1I) resolvemos: (G − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 1 − λ1 1 1 0 2 − λ1 1 0 0 1 − λ1 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ x2+ x3 = 0 x2+ x3 = 0 ⇐⇒ x3 = −x2 x1, x2∈ R quaisquer Logo Eλ1 = {x ∈ R3 : x = (t1, t2, −t2) onde t1, t2 ∈ R} = R.(1, 0, 0) ⊕ R.(0, 1, −1),
ele tem dimensão 2 em R, logo λ1 tem multiplicidade 2. Jà podemos concluir que G
é diagonalizável.
• De maneira semelhante, para encontrar Eλ2 := ker(G − λ2I), resolvemos:
(G − λ2I) · x = 0 ⇐⇒ 1 − λ2 1 1 0 2 − λ2 1 0 0 1 − λ2 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ −x1+ x2+ x3 = 0 x3 = 0 −x3 = 0 ⇐⇒ x1 = x2 x3 = 0 x2 ∈ R qualquer
Logo Eλ2 = {x ∈ R3 : x = (t, t, 0) onde t ∈ R} = R.(1, 1, 0). Ele tem dimensão 1, logo λ2 tem multiplicidade 1.
Diagonalizabilidade:
• Nesse caso, G tem dois autovalores diferentes, λ1 com multiplicidade dim Eλ1 = 2, e
λ2 com multiplicidade Eλ2 = 1. Temos dim Eλ1 + dim Eλ1 = 3 = dim R
3, logo G é
diagonalizavel.
Uma matriz S que diagonaliza G é uma matriz cujas colunas são autovetores linear-mente independentes de G. Podemos verificar que:
S−1GS = 0 1 1 −1 0 1 1 0 0 −1 · 1 1 1 0 2 1 0 0 1 · 0 1 1 −1 0 1 1 0 0 = 0 0 1 1 −1 −1 0 1 1 · 1 1 1 0 2 1 0 0 1 · 0 1 1 −1 0 1 1 0 0 = 1 0 0 0 1 0 0 0 2
h) Notemos H a matriz H := 1 2 1 0 3 1 0 5 −1 . Autovalores:
• Desenvolvendo o determinante por cofatores na primeira coluna, obtemos o polinômio característico PH de H da maneira seguinte:
PH(λ) := det(H − λI) = det
1 − λ 2 1 0 3 − λ 1 0 5 −1 − λ = (1 − λ) det3 − λ 1 5 −1 − λ = (1 − λ)(λ2− 2λ − 8).
Para fatorizar PH, temos primeiro que fatorizar λ2 − 2λ − 8. Calulemos que ∆ = b2− 4ac = (−2)2− 4.(−8) = 36 > 0. Segue que λ2− 2λ − 8 = (λ − λ
1)(λ − λ2) onde: λ1= −b +√∆ 2a = 4, λ2 = −b −√∆ 2a = −2.
Concluemos que PH(λ) = −(λ − 1)(λ − 4)(λ + 2), e tem 3 raizes reais simples. Logo H
tem três autovalores reais, dadas por: λ0 = 1, λ1 = 4, λ2= −2. Jà podemos concluir
que H é diagonalizável. Autoespaços:
• Para encontrar Eλ0 = ker(H − λ0I) resolvemos:
(H − λ0I) · x = 0 ⇐⇒ 1 − λ0 2 1 0 3 − λ0 1 0 5 −1 − λ0 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ 2x2+ x3 = 0 5x2− 2x3 = 0 ⇐⇒ x3 = x2= 0 x1 ∈ R qualquer
Logo Eλ0 = {x ∈ R3 : x = (t, 0, 0) onde t ∈ R} = R.(1, 0, 0). Ele tem dimensão 1, logo λ0 tem multiplicidade 1.
• De maneira semelhante, para encontrar Eλ1 := ker(H − λ1I), resolvemos:
(H − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 1 − λ1 2 1 0 3 − λ1 1 0 5 −1 − λ1 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ −3x1+ 2x2+ x3 = 0 −x2+ x3 = 0 5x2− 5x3 = 0 ⇐⇒ x1 = x3 x2 = x3 x3 ∈ R qualquer
Logo Eλ1 = {x ∈ R3 : x = (t, t, t) onde t ∈ R} = R.(1, 1, 1). Ele tem dimensão 1, logo λ1 tem multiplicidade 1.
• Finalmente, para encontrar Eλ2 := ker(H − λ2I), resolvemos: (H − λ2I) · x = 0 ⇐⇒ 1 − λ2 2 1 0 3 − λ2 1 0 5 −1 − λ2 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ 3x1+ 2x2+ x3 = 0 5x2+ x3 = 0 5x2+ x3 = 0 ⇐⇒ x1= x2 x3= −5x2 x2∈ R qualquer
Logo Eλ2 = {x ∈ R3 : x = (t, t, −5t) onde t ∈ R} = R.(1, 1, −5). Ele tem dimensão 1, logo λ2 tem multiplicidade 1.
Diagonalização:
• Nesse caso, H tem tres raizes diferentes, λ0, λ1, λ2com dim Eλ0+dim Eλ1+dim Eλ2=
3 = dim R3, logo H é diagonalizavel em R3. Uma matriz S que diagonaliza H tem colunas autovetores linearmente independentes de H. Podemos verificar que:
S−1HS = 1 1 1 1 1 0 −5 1 0 −1 · 1 2 1 0 3 1 0 5 −1 · 1 1 1 1 1 0 −5 1 0 = 0 1/6 −1/6 0 5/6 1/6 1 −1 0 · 1 2 1 0 3 1 0 5 −1 · 1 1 1 1 1 0 −5 1 0 = −2 0 0 0 4 0 0 0 1 i) Notemos A a matriz A := 4 −5 1 1 0 −1 0 1 −1
• O polinômio característico PAde A é dado por:
PA(λ) := det(A − λI) = det
4 − λ −5 1 1 0 − λ −1 0 1 −1 − λ = −λ3+ 3λ2+ 2λ = −λ(λ − 1)(λ − 2) Logo A tem três autovalores reais simples, λ1= 0, λ2= 1, λ3 = 2, logo A é
diagona-lizável. Autoespaços:
• Para encontrar Eλ1 = ker(A − λ1I) = ker A resolvemos:
(A − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ 4 −5 1 1 0 −1 0 1 −1 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ 4x1− 5x2+ x3 = 0 x1 − x3 = 0 x2− x3 = 0 ⇐⇒ x3= x2 = x1 x1∈ R qualquer
Logo o autoespaço Eλ1 é dado por Eλ1 = {x ∈ R3 : x = (t, t, t) onde t ∈ R} = R.(1, 1, 1). Ele tem dimensão 1 em R logo λ1 tem multiplicidade 1
• De maneira semelhante, para encontrar Eλ2 := ker(A − λ2I), resolvemos: (A − λ2I) · x = 0 ⇐⇒ 4 − λ2 −5 1 1 0 − λ2 −1 0 1 −1 − λ2 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ 2x1− 5x2+ x3 = 0 x1− x2− x3 = 0 x2− 2x3 = 0 ⇐⇒ x1 = 3x3 x2 = 2x3 x3 ∈ R qualquer
Logo o autoespaço Eλ2 é dado por Eλ2 = {x ∈ R3 : x = (3t, 2t, t) onde t ∈ R} = R.(3, 2, 1), e λ2 tem multiplicidade 1.
• Finalmente, para encontrar Eλ3 := ker(A − λ3I), resolvemos:
(A − λ3I) · x = 0 ⇐⇒ 4 − λ3 −5 1 1 0 − λ3 −1 0 1 −1 − λ3 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ 2x1− 5x2+ x3 = 0 x1− 2x2− x3 = 0 x2− 3x3 = 0 ⇐⇒ x1 = 7x3 x2 = 3x3 x3 ∈ R qualquer
Logo o autoespaço Eλ3 é dado por Eλ3 = {x ∈ R3 : x = (7t, 3t, t) onde t ∈ R} = R.(7, 3, 1). Ele tem dimensão 1 logo λ3 tem multiplicidade 1
Diagonalização:
• Nesse caso, A tem tres raizes diferentes, λ0, λ1, λ2com dim Eλ1+dim Eλ2+dim Eλ3 =
3 = dim R3, logo A é diagonalizavel. Uma matriz S que diagonaliza A tem colunas autovetores linearmente independentes de A. Podemos verificar que:
S−1AS = 1 7 3 1 3 2 1 1 1 −1 · 4 −5 1 1 0 −1 0 1 −1 · 1 7 3 1 3 2 1 1 1 = 1/2 −2 5/2 1/2 −1 1/2 −1 3 −2 · 4 −5 1 1 0 −1 0 1 −1 · 1 7 3 1 3 2 1 1 1 = 0 0 0 0 2 0 0 0 1 j) Notemos J a matriz J := −2 0 1 1 0 −1 0 1 −1 Autovalores:
• O polinômio característico PJ de J é dado por:
PJ(λ) := det(J − λI) = det
−2 − λ 0 1 1 0 − λ −1 0 1 −1 − λ = −λ3− 3λ2− 3λ − 1 = −(λ + 1)3
Logo J tem um único autovalor, real, dado por: λ1 = −1. O fato de J ser diagonali-zável depende da dimensão de Eλ1.
Autoespaços:
• Para encontrar Eλ1 = ker(J − λ1I) = ker J resolvemos:
(J − λ1I) · x = 0 ⇐⇒ −2 − λ1 0 1 1 0 − λ1 −1 0 1 −1 − λ1 · x1 x2 x3 = 0 ⇐⇒ −x1 + x3= 0 x1+ x2− x3= 0 x2 = 0 ⇐⇒ x3 = x1, x2= 0 x1 ∈ R qualquer
Logo o autoespaço Eλ1 é dado por Eλ1 = {x ∈ R3 : x = (t, 0, t) onde t ∈ R} = R.(1, 0, 1). Ele tem dimensão 1 em R, logo λ1 tem multiplicidade 1.
Diagonalizabilidade:
• Nesse caso, J tem um único autovalor λ! = −1 com multiplicidade 1 < dim R3, logo
J não é diagonalizavel. k) Notemos K a matriz K := 2 0 0 0 0 2 0 0 0 0 3 0 0 0 0 4
Desenvolvendo o determinante por cofatores na primeira linha várias vezes, calculemos que o polinômio característico de K é dado por:
PK(λ) := det(K − λI) = det
2 − λ 0 0 0 0 2 − λ 0 0 0 0 3 − λ 0 0 0 0 4 − λ = (2 − λ)2(3 − λ)(4 − λ)
Logo K tem três autovalores λ1= 2, λ2 = 3, λ3 = 4.
É fácil ver que os autoespaços de K são dados por: Eλ1 = R.(1, 0, 0) ⊕ R.(0, 1, 0, 0), Eλ2 = R.(0, 0, 1, 0) e Eλ3 = R.(0, 0, 0, 1). Logo λ1, λ2 e λ3 têm multiplicidades respeitivas
2, 1 e 1.
Nesse caso, K jà é diagonal.
l) Notemos L a matriz L := 3 0 0 0 4 1 0 0 0 0 2 1 0 0 0 2 Autovalores:
• Desenvolvendo o determinante por cofatores em linhas várias vezes, obtemos o po-linômio característico de L jà em forma fatorizada:
PL(λ) := det(L − λI) = det
3 − λ 0 0 0 4 1 − λ 0 0 0 0 2 − λ 1 0 0 0 2 − λ = (3 − λ)(2 − λ)2(1 − λ)
Logo L tem três autovalores λ1 = 1, λ2 = 2, λ3 = 3. O fato de L ser diagonalizável
vai depender da dimensão de Eλ3.
Autoespaços:
• É fácil ver que o autoespaço Eλ1 é dado por Eλ1 = R.(0, 1, 0, 0). Logo λ1 têm
multi-plicidade 1.
• Para encontrar o autoespaço Eλ2 = ker(L − λ2I) resolvemos:
(L − λ2I) · x = 0 ⇐⇒ 3 − λ2 0 0 0 4 1 − λ2 0 0 0 0 2 − λ2 1 0 0 0 2 − λ2 · x1 x2 x3 x4 = 0 ⇐⇒ x1 = 0 4x1− x2 = 0 x4= 0 ⇐⇒ x1 = x2= x4 = 0 x3 ∈ R qualquer
Logo o autoespaço Eλ2 é dado por Eλ2 = {x ∈ R3 : x = (0, 0, 1, 0) onde t ∈ R} = R.(0, 0, 1, 0). Ele tem dimensão 1 em R. Logo λ2 tem multiplicidade 1.
• Para encontrar o autoespaço Eλ3 = ker(L − λ3I) resolvemos:
(L − λ3I) · x = 0 ⇐⇒ 3 − λ3 0 0 0 4 1 − λ3 0 0 0 0 2 − λ3 1 0 0 0 2 − λ3 · x1 x2 x3 x4 = 0 ⇐⇒ 4x1− 2x2 = 0 − x3+ x4= 0 − x4= 0 ⇐⇒ x2= 2x1, x3= x4= 0 x1∈ R qualquer
Logo o autoespaço Eλ3 é dado por Eλ3 = {x ∈ R
3 : x = (t, 2t, 0, 0) onde t ∈ R} =
R.(1, 2, 0, 0), ele tem dimensão 1 em R. Logo λ3 tem multiplicidade 1.
Diagonalizabilidade:
• Nesse caso, temos dim Eλ1 + dim Eλ2 + dim Eλ3 = 3 < 4 = dim R
4, logo L não é
diagonalizável.
